Ancora tombola

[ico1989]

U'urna contiene 90 palline numerate da 1 a 90. Se ne estraggono casualmente 6 (senza rimetterle nell'urna). Qual è la probabilità che tra le 6 palline vi siano le palline 1, 2, 3, 4?





Metto qui il mio risultato sennò poi lo dimentico:

p = 1\85173

[julio14]

Beh potresti scrivertelo su un foglietto... non voglio farti un rimprovero, anche perché non sono un mod, ma più per una questione di educazione non è molto bello mettere un problema con già il risultato... se proprio vuoi almeno imbiancalo

[Algebert]

Beh potresti scrivertelo su un foglietto... non voglio farti un rimprovero, anche perché non sono un mod, ma più per una questione di educazione non è molto bello mettere un problema con già il risultato... se proprio vuoi almeno imbiancalo

Il fatto è che uno può ragionare a ritroso partendo dal risultato, ed è una cosa che non va bene perchè non ti fa capire la natura del problema al 100%.
E poi ico1989 era meglio se specificavi se le palline vengono estratte contemporaneamente oppure una dietro l'altra (nella normale tombola si fa così, ma facendo nell'altro modo viene un risultato diverso).
Comunque risolviamo il problema: la probabilità che escano i numeri 1, 2, 3 e 4 si calcola con $ $\frac{1}{90}\cdot\frac{1}{89}\cdot\frac{1}{88}\cdot\frac{1}{87}$ $, mentre quella per i rimanenti due numeri è ovviamente 1. Ora, dato che le palline vengono estratte in ordine, la probabilità totale $ \displaystyle p $ si trova moltiplicando il precedente prodotto per $ $6!$ $, ovvero per le permutazioni possibili dei 6 numeri estratti. Svolgendo i calcoli quindi:

$ $p = 6!\cdot\frac{1}{90}\cdot\frac{1}{89}\cdot\frac{1}{88}\cdot\frac{1}{87} = \frac{1}{85173}$ $

[julio14]

E poi ico1989 era meglio se specificavi se le palline vengono estratte contemporaneamente oppure una dietro l'altra (nella normale tombola si fa così, ma facendo nell'altro modo viene un risultato diverso).

ha specificato che le palline non vengono rimesse nell urna, quindi ogni combinazione ha la stessa possibilità di uscire in entrambi i modi, sia una alla volta che prese insieme, e quindi il risultato dev'essere per forza lo stesso.
Se intendi che prendendole insieme non sono ordinate, questo non cambia nulla, le due modalità sono uguali a meno di un fattore 6! che non incide sul risultato.

[ico1989]

Ecco fatto. Come vedete, nessun problema, basta dirlo

[Algebert]

ha specificato che le palline non vengono rimesse nell urna, quindi ogni combinazione ha la stessa possibilità di uscire in entrambi i modi, sia una alla volta che prese insieme, e quindi il risultato dev'essere per forza lo stesso.
Se intendi che prendendole insieme non sono ordinate, questo non cambia nulla, le due modalità sono uguali a meno di un fattore 6! che non incide sul risultato.

Giusto, hai perfettamente ragione ! Che sbadato !

[String]

la probabilità che escano i numeri 1, 2, 3 e 4 si calcola con $ $\frac{1}{90}\cdot\frac{1}{89}\cdot\frac{1}{88}\cdot\frac{1}{87}$ $, mentre quella per i rimanenti due numeri è ovviamente 1. Ora, dato che le palline vengono estratte in ordine, la probabilità totale $ \displaystyle p $ si trova moltiplicando il precedente prodotto per $ $6!$ $, ovvero per le permutazioni possibili dei 6 numeri estratti. Svolgendo i calcoli quindi:

$ $p = 6!\cdot\frac{1}{90}\cdot\frac{1}{89}\cdot\frac{1}{88}\cdot\frac{1}{87} = \frac{1}{85173}$ $

Non mi è chiara una cosa: perchè si moltiplica per 6! e non per $ $ {6\choose 4} $?

[Algebert]

Non mi è chiara una cosa: perchè si moltiplica per 6! e non per $ $ {6\choose 4} $?

Beh mi sembra logico: come ho scritto nella mia soluzione $ \displaystyle 6! $ corrisponde al numero di permutazioni possibili dei 6 numeri estratti, e dato che l'ordine col quale estraiamo i numeri conta, bisogna moltiplicare tale numero per la probabilità di estrarre i 6 numeri. Il binomiale $ ${6\choose 4} $ non corrisponde invece al numero di permutazioni.

Spero di esserti stato d'aiuto
Alessio

[String]

ok, io credevo incece che non l'ordine non c'entrasse...

[julio14]

sono appena tornato da Rimini, prima di partire una certa persona che se vorrà si farà viva (non so perchè non l'abbia fatto finora) mi ha chiesto conferma, e l'ha ricevuta, del fatto che il rapporto fra casi favorevoli $ $\binom{86}{2} $ e casi possibili $ $\binom{90}{6} $ non è quello uscito in questo topic... a ico1989 o Algebert il compito di vedere dove sta il problema (o a chiunque ne abbia voglia... ma visto che loro due hanno dato quel risultato...)

[String]

A questo punto mi sembra chiaro che l'ordine non c'entra...
Non c'è dubbio quindi che i casi possibili sono $ $ \binom {90}{6} $.
Vediamo i casi favorevoli. In pratica si tratta di vedere quante sono le sestuple non ordinate che comprendono i numeri 1,2,3,4.
Gli altri due numeri possono essere scelti fra i restanti 86. Quindi potremo avere ad esempio 1,2,3,4,56,89, oppure 1,2,3,4,34,67... ovvero ai quei quattro numeri possiamo associare $ $ \binom {86}{2} $ combinazioni. L'ordine però non conta, quindi 1,2,3,4,56,89 sarà uguale a 89,3,2,56,1,4. Quindi la probabilità è proprio $ $ \frac {\displaystyle \binom {86}{2}}{\displaystyle \binom {90}{6}} $

[eli9o]

A questo punto mi sembra chiaro che l'ordine non c'entra...

L'ordine può contare oppure no, il risultato deve essere lo stesso. L'importante è che se conti l'ordine quando calcoli i casi possibili lo fai anche quando calcoli i casi favorevoli oppure non lo conti in entrambi.

Se uno lo volesse contare, anche se in questo caso non è per niente vantaggioso, avrebbe $ 90*89*88*87*86*85 $ casi possibili e $ \binom{86}{2}6! $ casi favorevoli.

La probabilità è la stessa. alla fine abbiamo solo moltiplicato sopra e sotto per $ 6! $ (le permutazioni di 6)

[Algebert]

sono appena tornato da Rimini, prima di partire una certa persona che se vorrà si farà viva (non so perchè non l'abbia fatto finora) mi ha chiesto conferma, e l'ha ricevuta, del fatto che il rapporto fra casi favorevoli $ $\binom{86}{2} $ e casi possibili $ $\binom{90}{6} $ non è quello uscito in questo topic... a ico1989 o Algebert il compito di vedere dove sta il problema (o a chiunque ne abbia voglia... ma visto che loro due hanno dato quel risultato...)

Anch'io all'inizio avevo ragionato così, salvo poi vedere il risultato di ico1989 che differiva dal mio. E comunque i risultati con i due metodi indicati sono diversi, ma ho l'impressione che il mio sia quello sbagliato .

[julio14]

effettivamente, a meno di sviste colossali, il risultato giusto è quello dei binomiali, però se riguardi bene si può aggiustare anche il tuo metodo

P.S. 600° post!

[Algebert]

Beh ora che me lo fai notare il mio risultato differisce da quello coi binomiali per un 2. Ma come mai ? Qualcuno mi potrebbe aiutare ? (ora sinceramente non ho voglia di pensare perchè sono appena tornato dal test della Normale e sono completamente fuso)